河南省新乡市牧野区河南师范大学附属中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试题

河南省新乡市牧野区河南师范大学附属中学2022-2023学年八年级下学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若式子在实数范围内有意义，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

2．下列计算错误的是（     ）

A． B．

C． D．

3．在中， ，，，则的长为（　　）

A．5 B．1 C．2 D．2

4．以下列各数为边长，不能组成直角三角形的是（    ）

A．1，2，2 B．1，，2 C．3，4，5 D．7，24，25

5．如图，在△ABC中，∠A＝45°，∠B＝30°，CD⊥AB，垂足为D，AD＝1，则BD的长为(　　)

A． B．2 C． D．3

6．平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠DAC=42°，∠CBD=23°，则∠COD是（ ）．

A．61º B．63º C．65º D．67º

7．如图，点E、F是平行四边形对角线上两点，在条件：①；②；③；④中，添加一个条件，使四边形是平行四边形，可添加的条件是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④

8．如图所示，是矩形的对角线的中点，为的中点．若，，则的周长为（    ）

A．10 B． C． D．14

9．如图，四边形是矩形，，，点在第二象限，则点的坐标是　　

A． B． C． D．

10．如图，在▱ABCD中，以点C为圆心，适当长度为半径作弧，分别交CD、BC于点F、G，再分别以点F、G为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点H，作射线CH交AD于点E，连接BE，若DE＝5，AE＝3，BE＝4，则CE的长为（    ）

A． B． C． D．8

二、填空题

11．计算：= ______．

12．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且，，于点E，则__________．

13．如图，中，，将折叠，使点C与A重合，得折痕，则的长为____cm．

14．如图，矩形中，，点E，F分别是的中点，连接，点M，N分别是的中点，连接，则的长为_____．

15．如图，四边形，P为边上的一动点，以为边作平行四边形，则对角线的长的最小值是_____．

三、解答题

16．计算：

(1)

(2)．

17．先化简，再求值：，其中．

18．如图，四边形ABCD中，∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，CD＝5，AD＝5．

(1)求AC的长度．

(2)求四边形ABCD的面积．

19．如图，在平行四边形中，对角线与相交于点，点在对角线上，且，求证：．

20．D是的边上的一点，E是边边的中点，过点C作的平行线，交的延长线于点F，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形．

(2)已知 ，请填空：

①当 时，四边形是矩形；

②当 时，四边形是菱形．

21．如图，正方形中，E是上的一点，连接，过B点作，垂足为点G，延长交于点F，连接．

(1)求证：．

(2)若正方形边长是5，，求的长．

22．如图，在四边形中，AB//DC，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．

（1）求证：四边形是菱形；

（2）若，，求的长．

23．小明学习了平行四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现了这样一类特殊的四边形：两条对角线互相垂直的四边形，叫做垂美四边形．

(1)【理解定义】在“平行四边形，矩形，菱形，正方形，等腰梯形”中，一定是垂美四边形的是 ．

(2)【探究性质】如图1，在垂美四边形中，对角线相交于点O，猜想之间的数量关系，并写出证明过程．

(3)【综合运用】如图2，在中，，分别以为腰向外侧作等腰和等腰，且，连接．

①图中哪个四边形是垂美四边形？并证明你的结论．

②求的长（直接写出答案）．

参考答案：

1．B

【分析】根据二次根式里面被开方数即可求解．

【详解】解：由题意知：被开方数，

解得：，

故选：B．

【点睛】本题考查了二次根式有意义的条件，必须保证被开方数大于等于0．

2．A

【分析】根据二次根式的加减法对A、C进行判断；根据二次根式的除法法则对C进行判断；根据二次根式的乘法法则对D进行判断．

【详解】解：，故此选项符合题意；

B.，故此选项不合题意；

C.，故此选项不合题意；

D.，故此选项不合题意；

故选：．

【点睛】本题考查了二次根式的混合运算：先把二次根式化为最简二次根式，然后进行二次根式的乘除运算，再合并即可．在二次根式的混合运算中，如能结合题目特点，灵活运用二次根式的性质，选择恰当的解题途径，往往能事半功倍．

3．B

【分析】根据勾股定理直接运算即可得到答案．

【详解】解：∵ ，，，即直角为三角形斜边，

∴

∴ ，

故选B．

【点睛】本题主要考查勾股定理的理解应用，解题关键是认清楚直角边斜边．

4．A

【分析】欲求证是否为直角三角形，这里给出三边的长，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．

【详解】A、，不能构成直角三角形，符合题意；

B、，能构成直角三角形，不符合题意；

C、，能构成直角三角形，不符合题意．

D、，能构成直角三角形，不符合题意；

故选：A．

【点睛】本题考查勾股定理的逆定理的应用．判断三角形是否为直角三角形，已知三角形三边的长，只要利用勾股定理的逆定理加以判断即可．

5．C

【详解】在△ABC中，∠A=45°，CD⊥AB

∴△ACD是等腰直角三角形

∴CD=AD=1

又∵∠B=30°

∴Rt△BCD中，BC=2CD=2

∴BD=

故选C．

6．C

【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴，

∴∠BCA=∠DAC=42°，即∠BCO=42°，

∴∠COD=∠BCO+∠CBO=42°＋23°=65°，

故选C．

【点睛】本题考查平行四边形的性质，三角形外角性质．掌握三角形的外角等于与它不相邻的内角的和是解题关键．

7．D

【分析】通过证明三角形全等，得出四边形的一组对边平行且相等，即可得出是平行四边形．

【详解】∵四边形是平行四边形，

∴，

∴，

①时，不能证明，

不能证明四边形是平行四边形；

②时，

在和中，

，

∴，

∴，，

∴

∴，

∴四边形是平行四边形；

③时，，

在和中，

，

∴，

∴，，

∴

∴，

∴四边形是平行四边形；

④当时，则，

在和中，

，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴四边形是平行四边形；

故选：D．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

8．C

【分析】易知OE是△ACD的中位线，则，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC，再根据直角三角形的性质可求得BO，从而求出△BOE的周长．

【详解】解：∵点O是矩形ABCD对角线AC的中点，E点为AD中点，

∴AB=CD=6，AD=BC=8，，，

在Rt△ABE中，，

在Rt△ABC中，，

∴，

则△BOE的周长为：，

故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形的性质，解题的关键是把所求三角形的三条线段分别放在不同的三角形中求解长度．

9．D

【分析】过C作CE⊥y轴于E，过A作AF⊥y轴于F，得到∠CEO=∠AFB=90°，根据矩形的性质得到AB=OC，AB∥OC，根据全等三角形的性质得到CE=AF，OE=BF，BE=OF，于是得到结论．

【详解】解：过作轴于，过作轴于，

，

四边形是矩形，

，，

，

，

同理，

，，，

，，

，，，

，

点的坐标是；

故选．

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．

10．B

【分析】由作图得CE平分∠BCD，则∠BCE=∠DCE，再根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD=BC，AB=CD，证明∠DEC=∠DCE得到DC=DE=5，则AB=5，然后利用勾股定理的逆定理判断∠AEB=90°，从而利用勾股定理可计算出CE的长．

【详解】解：由作法得CE平分∠BCD，

∴∠BCE=∠DCE，

∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，

∵AD∥BC，

∴∠BCE=∠DEC，

∴∠DEC=∠DCE，

∴DC=DE=5，

∴AB=5，

在△ABE中，∵AE=3，BE=4，AB=5，

∴AE2+BE2=AB2，

∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°，

∵AD∥BC，

∴∠CBE=∠AEB=90°，

在Rt△BCE中，CE=．

故选：B．

【点睛】本题考查了作角平分线，角平分线的意义和平行四边形的性质、勾股定理和勾股定理的逆定理，掌握以上知识是解题的关键．

11．/

【分析】按二次根式除法法则运算即可．

【详解】原式，

故答案为：．

【点睛】本题考查二次根式的除法运算，熟练掌握二次根式除法运运算法则是解题的关键．

12．/4.8

【分析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长．

【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，且AC=6，DB=8，

∴CO=AC=3，BO=BD=4，AO⊥BO，

∴BC==5，

∵S菱形ABCD=AC•BD=BC•AE，

∴AE=，

故答案为： ．

【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．

13．

【分析】先根据勾股定理求出的值，再由折叠的性质和勾股定理的性质就可以求出的值．

【详解】∵

∴由勾股定理，得

∵将折叠，，

∴，

∴

设，则

中，由勾股定理，得，

∴．

解得：，

∴中，由勾股定理，得，

故答案为：．

【点睛】本题考查了勾股定理的运用，折叠的性质的运用，解答时根据勾股定理列方程计算是关键．

14．

【分析】连接并延长交于，连接，即可证明M是中点，是中位线，根据计算即可．

【详解】解：连接并延长交于，连接，如图所示：

∵矩形中，，

∴，，

∴，，

∵点M是的中点，

∴，

∴，

∴，

∵N是的中点，

∴是中位线，

∴

∵点E，F分别是的中点，

∴，，

∴，

∴，

∴．

故答案为：．

【点睛】本题考查矩形的性质和三角形的中位线，熟练掌握矩形的性质，三角形中位线的性质是解题的关键．

15．7

【分析】根据题意在平行四边形中，过点Q作，交的延长线于，易证得，即可求得，则可得当时，的长最小，即为7．

【详解】解：在平行四边形中，过点Q作，交的延长线于，过点D作于点E，

则，,

∴，

∴

∵，

∴，即，

∵，

∴，

∴，

又∵，

在与中，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴当时，的长最小，即为7．

故答案为：7．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质以及垂线段最短等知识，属于常考题型，正确作出辅助线、熟练掌握上述知识、明确当时，的长最小是解题的关键．

16．(1)

(2)2

【分析】（1）先化简二次根式，再计算二次根式的加减法即可得；

（2）先化简二次根式、计算零指数幂、二次根式的乘法，再计算加减法即可得．

【详解】（1）解：原式

．

（2）解：原式

．

【点睛】本题考查了二次根式的乘法与加减法、零指数幂，熟练掌握各运算法则是解题关键．

17．，．

【分析】根据分式的混合运算法则把原式化简，代入计算即可．

【详解】

，

当时，

原式．

【点睛】本题考查的是分式的化简求值，掌握分式的混合运算法则是解题的关键．

18．(1)AC的长为10

(2)四边形ABCD的面积为49

【分析】（1）连接AC，根据∠B＝90°，在Rt△ABC中，利用勾股定理进行计算即可求解；

（2）根据勾股定理的逆定理可证△ACD是直角三角形，从而可得∠ACD＝90°，然后利用四边形ABCD的面积＝△ADC的面积+△ACB的面积，进行计算即可解答．

【详解】（1）如图，连接AC，

∵∠B＝90°，AB＝8，BC＝6，

∴AC＝＝＝10，

∴AC的长为10；

（2）∵CD＝5，AD＝5，AC＝10，

∴CD2+AC2＝52+102＝125，AD2＝（5）2＝125，

∴CD2+AC2＝AD2，

∴△ACD是直角三角形，

∴∠ACD＝90°，

∴

＝AC•DC+AB•CB

＝×10×5+×8×6

＝25+24

＝49，

∴四边形ABCD的面积为49．

【点睛】本题考查了勾股定理和勾股定理的逆定理，熟练掌握运用勾股定理以及勾股定理的逆定理是解题的关键．

19．答案见解析

【分析】利用平行四边形的性质可得到，，再由全等三角形的判定方法证出，即可得到，因此可判定．

【详解】证明：∵四边形是平行四边形，

∴，．

又∵，

∴，

∴．

在和中

，

∴．

∴．

∴．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，平行线的判定，熟悉掌握判定方法是解题的关键．

20．(1)见解析

(2)①当时，四边形是矩形；②当时，四边形是菱形

【分析】（1）欲证明四边形是平行四边形只要证明，即可；

（2）①当时，根据矩形的判定可得四边形是矩形，先利用面积求出，再利用勾股定理求出即可；

②当是中点时，即可得到是中位线，进而得到，即可得到四边形是菱形．

【详解】（1）∵，

∴．

∵E是边边的中点，

∴．

∵，

∴．

∴．

∴四边形是平行四边形；

（2）①当时，四边形是矩形；

理由：∵，

∴，

∴，

设边上的高为

∴，

∴，

解得，

∵，

∴

∴

即边上的高为，

∴

∴四边形是矩形；

②当时，四边形是菱形

理由：∵，

∴，

∵四边形是平行四边形

∴，

∴是中位线，

∴

∴，

即

∴四边形是菱形．

【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．

21．(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据证明，可得结论；

（2）根据（1）得：，则，最后利用勾股定理可得的长．

【详解】（1）∵四边形是正方形，

∴，

∴，

∵，

∴，

∴，

∴，

∴，

∴；

（2）∵正方形边长是5，

∴，

∵，

∴由（1）得，

∴，

在中，由勾股定理得：．

【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明是解本题的关键．

22．（1）证明见解析；（2）OE=2．

【分析】（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可．

（2）根据菱形的性质和勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解．

【详解】（1）证明：∵AB//CD，

∴，

∵平分，

∴，

∴，

∴，

又∵，

∴，

又∵∥，

∴四边形是平行四边形，

又∵，

∴是菱形．

（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点，

∴，，，

∴，

在Rt△AOB中，，

∴，

∵，

∴，

在Rt△AEC中，，为中点，

∴．

【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．

23．(1)菱形、正方形

(2)，见解析

(3)①四边形是垂美四边形，见解析；②

【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；

（2）利用勾股定理即可得出结论；

（3）①根据证明，得，再由三角形内角和定理得，从而可得结论；②根据等腰直角三角形的性质可得，再代入计算即可

【详解】（1）∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，

∴菱形和正方形一定是垂美四边形，

故答案为：菱形、正方形；

（2）∵，垂足为点E，

∴，

由勾股定理得，，，

∴；

故答案为：，

（3）①连接与交于点O，与交于点N，如图，

∵，

∴，即，

∵是等腰直角三角形，

∴

∴，

∴，

∵

∴，

∴，

即CE⊥BG，

∴四边形是垂美四边形；

②∵在中，，

∴，

∵是等腰直角三角形，

∴，

∵四边形是垂美四边形，

∴，即

解得，

【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．